2020年高考物理 刷题1+1（2019模拟题）组合模拟卷二课件

第Ⅰ卷(选择题，共48分)二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14.(2019·成都高新区一诊)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数都是μ，则()A．上方球与下方三个球间均没有弹力B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案C答案解析对上方球分析可知，受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有弹力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受地面摩擦力作用，故B错误；对四个球整体分析，竖直方向，受重力和地面的支持力而处于平衡状态，所以下方三个球受地面总的支持力大小为4mg，每个球受到的支持力均为43mg，故C正确；下方三个球受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误。解析15．(2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加12mv2B．机械能增加2mv2C．重力势能增加32mv2D．电势能增加2mv2答案B答案解析动能变化量ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A错误；小球从M到N的过程中，重力和电场力做功，机械能的增加量等于电势能的减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2qEmx，电势能减少量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，故B正确，D错误；小球在竖直方向做匀减速运动且末速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝12mv2，C错误。解析16．(2019·山东青岛二中高三上学期期末)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。第一代、第二代海事卫星只使用地球同步卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度为10354千米，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)，在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为6小时。则下列判断正确的是()A．中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星B．中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星C．如果某一时刻中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上D．在中轨道卫星经过地面某点的正上方24小时后，该卫星仍在地面该点的正上方答案D答案解析根据ω＝2πT，因为中轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星，所以中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星，A错误；根据ω＝GMr3得中轨道卫星的轨道半径小于地球同步卫星，又v＝GMr，所以中轨道卫星的线速度大于地球同步卫星，B错误；经过6小时，中轨道卫星转动一周，而同步卫星转动14周，故中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心不可能在同一直线上，C错误；24小时后地球自转一周，中轨道卫星绕地球转动4周，则该卫星仍在地面该点的正上方，D正确。解析17.(2019·两湖八市十二校联合二模)如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是()A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出4种不同频率的光C．用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态D．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV答案D答案解析氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，照射锌板一定能产生光电效应，A错误；一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，根据C23＝3可知，能放出3种不同频率的光，B错误；用能量为10.3eV的光子照射，因为10.2eV10.3eV12.09eV，所以不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，C错误；氢原子从n＝3能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大，为Emax＝－1.51eV＋13.6eV＝12.09eV，因锌的逸出功是3.34eV，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为Ekm＝12.09eV－3.34eV＝8.75eV，D正确。解析18．(2019·安徽宣城高三上学期期末)如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，规定向右为正方向，F随时间t的变化关系如图乙所示，两物体在t＝0时由静止开始运动，且始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．第1s末两物体的速度最大B．第3s内，两物体向左运动C．第2s内，拉力F对物体A做正功D．第2s内，A对B的摩擦力向左答案C答案解析在0～2s内两物体向右做加速运动，2～4s内加速度反向，由图象的对称性知，第2s末速度最大，A错误；在0～4s内两物体一直向右运动，第4s末物体速度减小到零，之后又重复之前的运动，故第3s内，两物体向右运动，B错误；第2s内，拉力F的方向与速度方向相同，拉力F对物体A做正功，C正确；第2s内，对A、B整体分析，整体的加速度方向与F的方向相同，B物体所受的合力为A对B的摩擦力，故A对B的摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，所以第2s内，A对B的摩擦力向右，D错误。解析19.(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的2倍，此时A受到的磁场作用力大小为F，而在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能为()A．大小为32F，方向水平向右B．大小为32F，方向水平向左C．大小为12F，方向水平向右D．大小为12F，方向水平向左答案BC答案解析因同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，由题意得，A受到B的磁场力大小为F，方向水平向右，B受到A的磁场力大小为F，方向水平向左；A、B正中间再加一通电长直导线C后，其在A、B两位置产生的磁感应强度大小相同，故A受到C的磁场力为B受到C的磁场力的2倍；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：①C对A的作用力为F，方向水平向右，则C对B的作用力为F2，方向水平向左，则B受到解析的磁场作用力大小为32F，方向水平向左；②C对A的作用力为3F，方向水平向左，则C对B的作用力为3F2，方向水平向右，则B受到的磁场作用力大小为12F，方向水平向右，故B、C正确，A、D错误。解析20.(2019·云南保山高考模拟)如图所示，质量为m的粗糙半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为34h0(不计空气阻力)，则()A．小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒B．小车向左运动的最大距离为RC．小球离开小车后做斜抛运动D．小球第二次能上升到距B点所在水平线的最大高度12h0h34h0答案ABD答案解析小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向动量守恒，故A正确；设小车向左运动的最大距离为x，某时刻小球的水平分速度大小为v，小车的水平分速度大小为v′，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即有：mv－mxt＝0，vt＋x＝2R，解得x＝R，故B正确；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，解析小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球从开始到第一次到达最高点的运动过程中，由动能定理得：mgh0－34h0－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝14mgh0，即小球第一次在车中运动损失的机械能为14mgh0，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，小球所受摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于14mgh0，机械能损失小于14mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于34h0－14h0＝12h0，而小于34h0，即12h0＜h＜34h0，故D正确。解析21．(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()答案AD答案解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝BLvR总，故PQ做匀速运动，电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时的速度与PQ刚进入磁场时的速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由I1＝BLvR总及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，又mgsinθ＝BI1L，则MN匀速运动，电流恒定，故I­t图象如图A所示。解析情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨向下的分力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝ER总，BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，且随v减小，I减小，a减小，I∝v，故I随t减小得越来越慢，直至匀速，即I＝I1，I­t图象如图D所示。解析第Ⅱ卷(非选择题，共62分)三、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33、34题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)22．(2019·河南省郑州市一模)(5分)用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。(1)为了减小实验误差，下列做法正确的是________。A．两球的质量和半径都一样大B．多次将A球从不同的高度释放C．保证斜槽末端的切线水平D．减小斜槽对小球A的摩擦(2)图乙是B球的落点痕迹，刻度尺的“0”刻线与O点重合，可以测出碰撞后B球的水平射程为________cm。(3)本次实验必须进行测量的是________。A．水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，A球和B球的落点位置到O点的距离C．A球与B球下落的时间D．A球和B球的质量(或两球质量之比)答案(1)C(2)64.45(3)ABD答案解析(1)为防止碰撞后入射球反弹，A球的质量应大于B球的质量，A错误；为使A球到达轨道末端时的速度相等，应多次将A球从同一高度释放，B错误；为使小球离开轨道后做平抛运动，应保证斜槽末端的切线水平，C正确；斜槽对小球A的摩擦对实验没有影响，不需要减小斜槽对小球A的摩擦，D错误。(2)碰撞后B球的落点如图乙所示，用尽量小的圆把球B的所有落点都圈在里面，圆心即落点的平均位置，此位置到O点的距离即为B球的水平射程，约为64.45cm。解析(3)根据实验原理可得mAv0＝mAv1＋mBv2，又因下落时间相同，即可求得：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，可知需要测量的物理量是水平槽上未放B球时，A球的落点位置到O点的距离OP，A球与B球碰撞后，A、B两球落点位置到O点的距离OM和ON，A球和B球的质量(或两球质量之比)，不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中的飞行时间，故选A、B、D。解析23．(2019·辽宁大连二模)(10分)如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原